Biến đổi vế trái :

\(\left(\frac{1-a\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right)\left(\frac{1-\sqrt{a}}{1-a}\right)^2\)

\(=\frac{1-a\sqrt{a}+\sqrt{a}-a}{1-\sqrt{a}}.\frac{\left(1-\sqrt{a}\right)^2}{\left(1-a\right)^2}\)

\(=\left(1-a\sqrt{a}+\sqrt{a}-a\right)\frac{1-\sqrt{a}}{\left(1-a\right)^2}\)

\(=\frac{1-a\sqrt{a}+\sqrt{a}-a-\sqrt{a}+a.\left(\sqrt{a}\right)^2-\left(\sqrt{a}\right)^2+a\sqrt{a}}{\left(1-a\right)^2}\)

\(=\frac{a^2-2a+1}{\left(1-a\right)^2}\)

\(=\frac{\left(a-1\right)^2}{\left(1-a\right)^2}\)

\(=\left(\frac{a-1}{1-a}\right)^2=\left(-1\right)^2=1=VP\left(đpcm\right)\)

\(ĐKXĐ:\hept{\begin{cases}x\ge0\\x\ne1\end{cases}}\)

\(\left(\frac{1-a\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right)\left(\frac{1-\sqrt{a}}{1-a}\right)^2=\left(\frac{1-\sqrt{a}^3}{1-\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right)\left[\frac{1-\sqrt{a}}{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}\right)}\right]^2\)

\(=\left[\frac{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}+a\right)}{1-\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right].\left(\frac{1}{1+\sqrt{a}}\right)^2\)

\(=\left(1+\sqrt{a}+a+\sqrt{a}\right).\left(\frac{1}{1+\sqrt{a}}\right)^2\)

\(=\left(1+2\sqrt{a}+a\right).\frac{1}{\left(1+\sqrt{a}\right)^2}\)

\(=\left(1+\sqrt{a}\right)^2.\frac{1}{\left(1+\sqrt{a}\right)^2}=1\)( đpcm )

      PT : 2Cu + O₂  --->  2CuO

(mol )    2         1            2

(mol)     2x         x            2x

     PT : 4Al + 3O₂ -----> 2Al₂O₃

(mol)        4     3               2

(mol)       4y     3y             2y

Gọi 2x và 4y lần lượt là số mol của Cu và Al

ta có : m ( hỗn hợp X ) = m ( Cu ) + m ( Al )

hay  12,08  =  64.2x + 27.4y

---> 128x +108y = 12,08  (1)

ta có : m ( CuO ) + m ( Al2O3) = 22

hay 2x.80 + 2y.102 = 22

---> 160x + 204y =22 (2)

Từ (1) và (2) ta có hpt :\(\hept{\begin{cases}128x+108y=12,08\\160x+204y=22\end{cases}}\)

suy ra : \(\hept{\begin{cases}x=0,01\\y=0,1\end{cases}}\)

Khối lượng oxi bằng số mol oxi đã phản ứng ở cả 2 pt cộng lại : x + 3y = 0,01 + 3.0,1 = 0,31 (mol)

m (O2) = n . M = 0,31 . 32 = 9,92 (g)

Thành phần phần trăm của Cu = \(\frac{m_{Cu}}{m_{hh}}=\frac{64.2.0,01}{12,08}.100=10,6\%\)

______________________ Al = 100 % - 10,6% = 89,4%.

k nha !

Sai đề rồi 

1 tam giác không có 2 góc bằng 90 độ

#TNN

\(\widehat{C}=30^0\Rightarrow\widehat{B}=60^0\)

\(sinC=\frac{AB}{BC}\Leftrightarrow BC=\frac{AB}{sinC}=\frac{10}{sin30^0}=20\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{20^2-10^2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\) (PITAGO)

\(\widehat{C}=30^0\Rightarrow\widehat{B}=60^0\)

\(\sin C=\frac{AB}{BC}\Leftrightarrow BC=\frac{AB}{\sin C}=\frac{10}{\sin30^0}=20\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{20^2-10^2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)

# Hok_tốt nha

Ban đầu xét tam giác AIB và tam giác AKC có :

góc BAC chung ; góc AKC= góc AIB =90 độ (g)

Do vậy  tam giác AIB đồng dạng tam giác AKC (g-g) 

=> AI/AB=AK/AC (1)

Xét tam giác AIK và tam giác ABC có :

góc BAC chung ; AI/AB=AK/AC (theo (1))

Do vậy tam giác AIK đồng dạng tam giác ABC (c-g-c) 

 xét tam giác AIB và tam giác AKC có :
góc BAC chung ; góc AKC= góc AIB =90 độ (g)
Do vậy  tam giác AIB đồng dạng tam giác AKC (g-g) 
=> AI/AB=AK/AC (1)
Xét tam giác AIK và tam giác ABC có :
góc BAC chung ; AI/AB=AK/AC (theo (1))
Do vậy tam giác AIK đồng dạng tam giác ABC (c-g-c) 

Em thử nha,sai thì thôi ạ.

2/ ĐK: \(-2\le x\le2\)

PT \(\Leftrightarrow\sqrt{2x+4}-\sqrt{8-4x}=\frac{6x-4}{\sqrt{x^2+4}}\)

Nhân liên hợp zô: với chú ý rằng \(\sqrt{2x+4}+\sqrt{8-4x}>0\) với mọi x thỏa mãn đk

PT \(\Leftrightarrow\frac{6x-4}{\sqrt{2x+4}+\sqrt{8-4x}}-\frac{6x-4}{\sqrt{x^2+4}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(6x-4\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2x+4}+\sqrt{8-4x}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}\right)=0\)

Tới đây thì em chịu chỗ xử lí cái ngoặc to rồi..

1.\(\left(\sqrt{x+3}-\sqrt{x+1}\right)\left(x^2+\sqrt{x^2+4x+3}\right)=2x\)

ĐK \(x\ge-1\)

Nhân liên hợp ta có

\(\left(x+3-x-1\right)\left(x^2+\sqrt{x^2+4x+3}\right)=2x\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x+1}\right)\)

<=>\(x^2+\sqrt{\left(x+1\right)\left(x+3\right)}=x\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x+1}\right)\)

<=> \(\left(x^2-x\sqrt{x+3}\right)+\left(\sqrt{\left(x+1\right)\left(x+3\right)}-x\sqrt{x+1}\right)=0\)

<=> \(\left(x-\sqrt{x+3}\right)\left(x-\sqrt{x+1}\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{x+3}\\x=\sqrt{x+1}\end{cases}}\)

=> \(x\in\left\{\frac{1+\sqrt{13}}{2};\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right\}\)

Vậy \(x\in\left\{\frac{1+\sqrt{13}}{2};\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right\}\)

A P B M C F E D H 1 1 2 1 2 O

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

Góc CDH = 90⁰ (Vì AD ___________)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD.

=> CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Ta có:  BE là đường cao

=> BE ┴ AC => góc BEC = 90⁰.

CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 90⁰.

=> E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90⁰ 

=> E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.

3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:

   góc AEH = góc ADC = 90⁰; góc A là góc chung

=> Δ AEH ˜ Δ ADC  => AE/AD = AH/AC

   => AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:

  góc BEC = góc ADC = 90⁰; góc C là góc chung

=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC

  => AD.BC = BE.AC.

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 90⁰.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.